江苏专用高考物理一轮复习课后练习16机械能守恒定律及其应用含答案

这是一份江苏专用高考物理一轮复习课后练习16机械能守恒定律及其应用含答案，共9页。

1．在如图所示的物理过程示意图中，甲图一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为轻绳一端连着一小球，从右偏上30°角处自由释放；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动，则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是( )
甲 乙
丙 丁
A．甲图中小球机械能守恒
B．乙图中小球A机械能守恒
C．丙图中小球机械能守恒
D．丁图中小球机械能守恒
A [甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒，A项正确；乙图过程中轻杆对小球A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以小球A的机械能不守恒，但两个小球组成的系统机械能守恒，B项错误；丙图中小球在绳子绷紧的瞬间有动能损失，机械能不守恒，C项错误；丁图中小球和小车组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，这是因为摆动过程中小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，D项错误。]
2．如图所示，两质量不相同的小球A、B(mA>mB)，分别用线悬在等高的O1、O2点，A球的悬线比B球的长，把两球的悬线均拉到水平位置后将小球无初速度释放，则经过最低点时(以悬点为零势能点)( )
A．A球的速度等于B球的速度
B．A球的动能大于B球的动能
C．A球的机械能小于B球的机械能
D．A球的机械能大于B球的机械能
B [初始时刻，两球的动能和势能均为0，运动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以到达最低点时，两球获得的动能分别等于各自重力势能的减少量，由Ek＝mgl，知A球的动能大于B球的动能，故B项正确。]
3．如图所示，在高1.5 m的光滑平台上有一个质量为2 kg的小球被一细线拴在墙上，小球与墙之间有一根被压缩的轻质弹簧。当烧断细线时，小球被弹出，小球落地时的速度方向与水平方向成60°角，则弹簧被压缩时具有的弹性势能为(g＝10 m/s2)( )
A．10 J B．15 J C．20 J D．25 J
A [由2gh＝veq \\al(2,y)－0得：vy＝eq \r(2gh)，即vy＝eq \r(30) m/s，落地时，tan 60°＝eq \f(vy,v0)可得：v0＝eq \f(vy,tan 60°)＝eq \r(10) m/s，由机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，可求得：Ep＝10 J，故A正确。]
4．(2021·江苏南通月考)图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧，t0时刻，将一小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出此过程中弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示，不计空气阻力，则( )
甲 乙
A．t1时刻小球的动能最大
B．t2～t3过程小球做加速运动
C．t2时刻小球加速度大于g
D．t3时刻弹簧的弹性势能与小球动能之和最小
C [当弹簧弹力等于小球重力时小球的动能最大，t1时刻弹力为0，t1时刻小球的动能不是最大，A错误；当弹簧弹力等于小球重力时小球的动能最大，因此t2～t3过程小球先做加速运动后做减速运动，B错误；t2时刻弹簧的压缩量最大，小球受到的弹力最大，处于最低点，合力向上；由运动的对称性可知，小球与弹簧接触后，向下做加速运动的时间小于小球做减速运动的时间，可知小球在最低点受到的弹力大于2倍的重力，所以小球在最低点的加速度大于重力加速度g，C正确；当小球上升至最高点时，重力势能最大，由能量守恒定律可得，此时弹簧的弹性势能与小球动能之和最小，而t3时刻弹簧弹力为0，小球恰好离开弹簧，由题意可小球仍会上升一段距离至抛出点，故此时刻小球的重力势能不是最大值，弹簧的弹性势能与小球动能之和不是最小，D错误。]
5．(2019·临沂2月检测)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道AO对接半径为2R的光滑圆弧轨道OB于O点。可视为质点的物体从上面圆弧的某点C由静止下滑(C点未标出)，物体恰能从O点平抛出去。则( )
A．∠CO1O＝60°
B．∠CO1O＝45°
C．落地点距O2的距离为2eq \r(2)R
D．落地点距O2的距离为2R
C [要使物体恰能从O点平抛出去，在O点有mg＝meq \f(v2,2R)，解得物体从O点平抛出去的最小速度为v＝eq \r(2gR)。设∠CO1O＝θ，由机械能守恒定律可知，mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv2，解得θ＝90°，故选项A、B错误；由平抛运动规律可得，x＝vt,2R＝eq \f(1,2)gt2，解得落地点距O2为2eq \r(2)R，选项C正确，D错误。]
6．有一条长为2 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条沿斜面向上滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为(g取10 m/s2)( )
A．2.5 m/s B．eq \f(5\r(2),2) m/s C．eq \r(5) m/s D．eq \f(\r(35),2) m/s
B [链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为
E＝Ep＋Ek＝－eq \f(1,2)×2mg×eq \f(L,4)sin θ－eq \f(1,2)×2mg×eq \f(L,4)＋0＝－eq \f(1,4)mgL(1＋sin θ)
链条全部滑出后，动能为
E′k＝eq \f(1,2)×2mv2
重力势能为E′p＝－2mgeq \f(L,2)
由机械能守恒定律可得E＝E′k＋E′p
即－eq \f(1,4)mgL(1＋sin θ)＝mv2－mgL
解得v＝eq \f(1,2)eq \r(gL3－sin θ)＝eq \f(5\r(2),2) m/s，
故B正确，A、C、D错误。]
7．如图所示，将一质量为m＝0.1 kg的小球自水平平台右端O点以初速度v0水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线方向落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R＝2.5 m的圆截去了左上角127°的圆弧，CB为其竖直直径，(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2)求：
(1)小球经过C点的速度大小；
(2)小球运动到轨道最低点B时轨道对小球的支持力的大小；
(3)平台末端O点到A点的竖直高度H。
[解析] (1)小球恰好运动到C点时，重力提供向心力
即mg＝meq \f(v\\al(2,C),R)，vC＝eq \r(gR)＝5 m/s。
(2)从B点到C点，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＋mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有
FN－mg＝meq \f(v\\al(2,B),R)
联立解得vB＝5eq \r(5) m/s，FN＝6 N。
(3)从A到B，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋mgR(1－cs 53°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
所以vA＝eq \r(105) m/s
在A点进行速度的分解有vy＝vAsin 53°
所以H＝eq \f(v\\al(2,y),2g)＝3.36 m。
[答案] (1)5 m/s (2)6 N (3)3.36 m
8．(2020·启东市吕四中学)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了eq \r(3)mgL
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
B [圆环在下滑过程中，弹簧对其做负功，故圆环机械能减小，选项A错误；圆环下滑到最大的距离时，由几何关系可知，圆环下滑的距离为eq \r(3)L，圆环的速度为零，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量等于圆环重力势能的减小量，为eq \r(3)mgL，选项B正确；圆环下滑过程中，所受合力为零时，加速度为零，速度最大，而下滑至最大距离时，物体速度为零，加速度不为零，选项C错误；在下滑过程中，圆环的机械能与弹簧弹性势能之和保持不变，即系统机械能守恒，选项D错误。]
9．(2020·江苏无锡一模)如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，一个质量为m的物块以平行于斜面的初速度v向弹簧运动。已知弹簧始终处于弹性限度范围内，则下列判断正确的是( )
A．物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大
B．物块碰到弹簧后立刻开始做减速运动
C．物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能等于增加的弹性势能
D．物块的动能最大时，物块的重力势能最小
A [物块刚接触到弹簧时，弹力小于重力沿斜面的分量mgsin θ，则加速度向下，并且随弹力的增加加速度逐渐减小；当弹力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大；以后由于弹力大于mgsin θ，则加速度变为向上，且加速度逐渐变大，速度逐渐减小到零；故物块从接触弹簧到最低点的过程中，加速度大小先变小后变大，速度先增大后减小，选项A正确，B错误；物块从出发点到最低点过程中，物块减少的重力势能与动能之和等于增加的弹性势能，选项C错误；当弹力等于mgsin θ时加速度为零，速度最大，而后物块还将向下运动，可知此时重力势能不是最小的，选项D错误。]
10．(2019·扬州市第一中学高三期末)如图所示，半径为R的半圆形管道ACB固定在竖直平面内，倾角为θ的斜面固定在水平面上，细线跨过小滑轮连接小球和物块，细线与斜面平行，物块质量为m，小球质量M＝3m，对物块施加沿斜面向下的力F使其静止在斜面底端，小球恰在A点。撤去力F后，小球由静止下滑。重力加速度为g，sin θ＝eq \f(2,π)≈0.64，不计一切摩擦。求：
(1)力F的大小；
(2)小球运动到最低点C时，速度大小v以及管壁对它弹力的大小N；
(3)在小球从A点运动到C点过程中，细线对物块做的功W。
[解析] (1)对小球：细线上的拉力T＝3mg
对物块：mgsin θ＋F＝T
解得：F＝2.36mg。
(2)小球在C点时速度与物块速度大小相等。
对小球和物块组成的系统，由机械能守恒定律：
3mgR－mgeq \f(1,2)πRsin θ＝eq \f(1,2)(3m＋m)v2
解得：v＝eq \r(gR)
在C点：对小球，由牛顿第二定律N－3mg＝3meq \f(v2,R)
解得：N＝6mg。
(3)在小球从 A 点运动到 C 点过程中，对物块，由动能定理：W－mgeq \f(1,2)πRsin θ＝eq \f(1,2)mv2－0
解得：W＝eq \f(3,2)mgR。
[答案] (1)2.36mg (2)6mg (3)eq \f(3,2)mgR
11．(2020·江苏高考真题)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h。
[解析] (1)由题意可知当重物落地后鼓形轮转动的角速度为ω，则根据线速度与角速度的关系可知小球的线速度为v＝2Rω。
(2)小球匀速转动，当在水平位置时设杆对球的作用力为F，合力提供向心力，则有
eq \r(F2－mg2)＝meq \f(v2,2R)
结合(1)可解得杆对球的作用力大小为F＝meq \r(4R2ω4＋g2)。
(3)设重物下落高度为H，重物下落过程中对重物、鼓形轮和小球组成的系统，根据系统机械能守恒可知
MgH＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×4mv2
而重物的速度等于鼓形轮的线速度，有v1＝Rω
联立各式解得H＝eq \f(M＋16mR2ω2,2Mg)。
[答案] (1)2Rω (2)meq \r(4R2ω4＋g2) (3)eq \f(M＋16mR2ω2,2Mg)